fattoriali...

[Simo_the_wolf]

Trovare tutte le $ 4 $-uple di numeri naturali $ (x,y,n,k) $ tali che:

$ \displaystyle \frac{x!+y!}{n!}=3^k $

[Boll]

Trovare tutte le $ 4 $-uple di numeri naturali $ (x,y,n,k) $ tali che:

$ \displaystyle \frac{x!+y!}{n!}=3^k $

Conclusione: Sono soluzione solo le 4-uple $ (2,1,1,1),(1,2,1,1),(0,2,1,1),(2,0,1,1),(2,0,0,1) $$ ,(0,2,0,1)(1,1,2,0) $$ ,(3^k-1,3^k-2,3^k-2,k),(3^k-2,3^k-1,3^k-2,k) $, con $ k\in\mathbb{Z}^{+},k>1 $

Dimostrazione:

Premesse:

$ x\ge y $ per simmetria
Fino alla parte finale si suppongano tutte le variabili intere positive, una svista che ora non ho voglia di correggere...

Step 1: Si dimostra che $ x\ge y\ge n $

Riscriviamo il tutto come:
$ \displaystyle \frac{y!}{n!}\left( x(x-1)\dots(y+1)+1\right)=intero $
Se $ n>y $ si avrebbe
$ \displaystyle\frac{x(x-1)(x-2)\dots(y+1)+1}{n(n-1)(n-2)...(y+1)}=intero $
Ora avremo due sottocasi:
-se $ x\ge n $
il numeratore è congruo a $ 1 $ modulo il denominatore, assurdo se $ n\neq 1 $
- se $ x<n $
numeratore minore di denominatore, salvo il caso:
$ n(n-1)\dots(y+1)-1=x(x-1)\dots(y+1) $
da cui si ricava $ y+1|1 $ assurdo per $ y\in \mathbb{Z}^{+} $
Quindi a parte $ n=1 $ che analizzeremo in seguito, la tesi è provata per assurdo.

Step 2 Caso $ n=1 $

Avremo $ x!+y!=3^k $
se ne deduce che almeno uno fra $ y $ e $ x $ è minore di $ 2 $, perchè altrimenti saremmo pari a sinistra e dispari a destra. Poniamo che $ y=1 $ pre simmetria e avremo
$ x!+1=3^k $
se $ x>2 $ a sinistra siamo $ 1 $ modulo $ 3 $ e a destra zero, salvo il caso $ k=0 $ che non va contemplato perchè in tal caso a destra l'espressione è identica in $ 1 $ mentre a sinistra la funzione è crescente e con $ a_0=2 $. Quindi avremo le due soluzioni sopracitate.

Step 3 Caso $ y=n $

Avremo che, in coerenza con lo Step 1 e poichè $ 2 $ non è una potenza di $ 3 $ che:
$ x(x-1)(x-2)\dots(n+1)+1=3^k $
Per fare in modo che l'espressione non sia un $ 1 $ modulo $ 3 $ avremo che $ x-n<3 $ quindi due casi:

-$ x=n+1 $
$ n+1+1=3^k $
$ n=3^k-2 $
$ x=3^k-1 $, con $ k>1 $

-$ x=n+2 $
$ (n+1)(n+2)+1=3^k $
$ n^2+3n+2+1=3^k $
$ n^2+3n+3=3^k $ ---> $ 3|n $
$ 9k^2+9k+3=3^k $
$ 3k^2+3k+1=3^{k-1} $, per $ k>1 $ (il caso $ k=1 $ già svolto)
Assurdo.


Step 4: Si dimostra l'unicità delle 4-uple trovate

Riscriviamo tutto come:
$ x(x-1)(x-2)\dots(n+1)+y(y-1)\dots(n+1)=3^k $
Se $ n+1\neq\{1,3^j\} $ avremo a sinistra un fattore che non compare a destra, e poichè non esistono due potenze di $ 3 $ consecutive, $ y=n+1=3^j $ (il caso di $ y=1 $ darebbe $ n=0 $ non ammissibile)
Quindi, posto $ x=3^j+q $ avremo
$ (3^j+q)(3^j+q-1)\dots3^j+3^j=3^k $
$ 3^j((3^j+q)(3^j+q-1)\dots(3^j+1)+1)=3^k $
E banale osservare che tutto si può scrivere come:
$ 3^j(z*3^j+q!+1)=3^k $
$ k> j $ poichè a sinstra siamo $ > 1 $ nel membro fra parentesi. Ora, avremo:
$ z*3^j+q!+1=3^{k-j} $
A destra siamo zeri modulo $ 3 $ salvo il caso $ k=j $, evidentemente assurdo sostituendo nell'espressione sopra, a sinistra, per $ q\ge 3 $ siamo congrui a $ 1 $. Ci rimangono da analizzare i casi $ q=\{0,1,2\} $
-se $ q=0 $, $ x=y=3^j $. L'espressione diviene $ 2*3^j=3^k $ Assurdo
-se $ q=1 $
$ 3^j(3^j+1+1)=3^k $
$ k>j $
$ 3^j+2=3^{k-j} $
se $ j=0 $ si ha la soluzione già contemplata, se $ j>0 $, a sinistra siamo congrui a $ 2 $ modulo $ 3 $, a destra a $ 1 $ o $ 0 $.
-se q=2
$ 3^j((3^j+2)(3^j+1)+1)=3^k $
$ 3^j(3^{2j}+3^{j+1}+2)=3^k $
$ k>j $,
$ 3^{2j}+3^{j+1}+2=3^k=3^{k-j} $
a parte il solito caso $ y=0 $ e $ y=-1 $, non contemplato, a destra siamo $ 2 $ modulo $ 3 $, a sinistra $ 1 $ o $ 0 $.


Step 5
Infine, visto che me li ero dimenticati... Gli zeri!!!! Avevo letto chissà perchè "interi positivi". Allora, se $ x,y,n=0 $, è la stessa cosa di $ x,y,n=1 $ per definizione di fattoriale. Per $ k=0 $ avremo invece:
$ x!+y!=n! $
se $ x>y $
$ y!(x(x-1)\dots(y+1)+1=n! $
a sinistra, fra parentesi saremo congrui a uno modulo $ y+1 $, assurdo. Quindi $ x=y $ avremo:
$ 2x!=n! $
da cui $ x<n $
$ 2=n(n-1)(n-2)\dots(x+1) $
a destra avremo banalmente $ n<3 $ e quindi l'unica soluzione è $ n=2 $ e $ x=1 $